2022-2023學(xué)年浙江省名校聯(lián)盟高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年浙江省名校聯(lián)盟高二（下）期末數(shù)學(xué)試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）

1.集合4={x∣α%=1},B={y∣y=CΓ7I}且AnB=力，則α的取值范圍為（）

A.[0,+∞）B.（0,l]C.[l,+∞）D.（0,1）

2.若直線α在平面α內(nèi)，直線b在平面α外，則“b_La”是“bla”的（）

A.充要條件B.既不充分也不必要條件

C.充分不必要條件D,必要不充分條件

3.數(shù)列{an}首項(xiàng)為1,接下來(lái)3項(xiàng)為全再接下來(lái)5項(xiàng)為/再后面7項(xiàng)為:，以此類推的00=（）

A—B—C—D—

15171921

4,已知一組成對(duì)數(shù)據(jù)（肛力）（i=1,2,…,6）中y關(guān)于％的一元非線性回歸方程y=bx2+1,己

知Ef=IW=12,∑t=1X[=4,Ef=Iyi=18,則b=（）

A.3B.1C.—1D.—3

5.2022年卡塔爾世界杯是第二十二屆世界杯足球賽，是歷史上首次在卡塔爾和中東國(guó)家境

內(nèi)舉行、也是繼2002年韓日世界杯之后時(shí)隔二十年第二次在亞洲舉行的世界杯足球賽,足球由

32塊黑白相間的皮革縫制而成，其中，黑色的皮塊呈正五邊形，每一塊黑皮的周圍都5塊白

皮相連；而白色的皮塊呈正六邊形，每一塊白皮的周圍分別連著3塊黑皮、3塊白皮.若制作一

個(gè)半徑為IOCm的足球（正多邊形近似看作平面正多邊形）,則一塊黑皮面積約為cz∏2.（注:

邊長(zhǎng)為a的正五邊形面積，1.7a2,邊長(zhǎng)為a的正六邊形面積”2.6a2,取3.14）（）

A.32.44B,31.92C.30.51D,29.49

6.復(fù)數(shù)Z滿足IZ—1∣+∣z+1|=4,則IZl的取值范圍是（）

A.[√3,2]B.[1,2]C.[2,3]D.[1,C]

7.雙曲線★一5=l（a>0,b>0）右焦點(diǎn)為F,離心率為e,而=kFO（k>1），以P為圓心，

IPFl長(zhǎng)為半徑的圓與雙曲線有公共點(diǎn)，則k-8e最小值為（）

A.-9B.—7C.-5D.-3

8.已知Q=Sinb=竺c=cos∣,則（）

L?N

A.a<b<cB.a<c<bC.b<a<cD.c<b<a

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）

9.已知數(shù)列{an},{%}的前Ti項(xiàng)和分別為%,Tn,下列說(shuō)法正確的是（）

A.若%l=bn能成立，則立=〃能成立B.若αn=bn能成立，則Sn=心恒成立

C.若αrι=bn恒成立，則Sn=〃恒成立D.若S71=及恒成立，則ατι=bn恒成立

10.雙曲線C：?-?=1，點(diǎn)P(l,2),貝∣J()

45

A.該雙曲線漸近線為y=±?無(wú)

B.過(guò)點(diǎn)(3,0)的直線與雙曲線C交于4、B兩點(diǎn)，若NBl=5,則滿足的直線有1條

C.與雙曲線C兩支各有一個(gè)交點(diǎn)的直線斜率可以是1.1

D.過(guò)點(diǎn)P能作4條僅與雙曲線C有一個(gè)交點(diǎn)的直線

11.函數(shù)f(%)=kx-∣siτι%∣在(0,+8)上有兩個(gè)零點(diǎn)Q,0(a<0),下列說(shuō)法正確的是()

A?06(?,y)

C.tan(0+A撐

D./(%)在(0,2兀)上有2個(gè)極值點(diǎn)久1，小且孫-Xl=兀

12.半徑為2的球4上有三個(gè)點(diǎn)B,C,P,BC=2,三棱錐A-PBC的頂角均為銳角，二面角

P-BC-4的平面角為α,E為邊BC上一動(dòng)點(diǎn),貝∣J()

A.若PB=PC=2,則CoSa=?

B.若PB=PC=2,貝!]cosα=|

C.若/P4E的最小值等于α,則三棱錐P-ABC體積最小為喀

D.若4P4E的最小值等于α,則三棱錐P-ABC體積最小為4I

三、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.α=(2,1),b=(1,-1),則,在B上的投影向量為.(用坐標(biāo)表示)

14.橢圓E：圣+，=l(α>6>0)過(guò)點(diǎn)(2,0)且上頂點(diǎn)到％軸的距離為1,直線m過(guò)點(diǎn)(IW)與

橢圓E交于4B兩點(diǎn)且中點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，則直線Tn的方程為.

15.為了紀(jì)念世界地球日，復(fù)興中學(xué)高三年級(jí)參觀了地球自然博物館，觀后某班級(jí)小組7位

同學(xué)合影，若同學(xué)4與同學(xué)B站在一起，同學(xué)C站在邊緣，則同學(xué)C不與同學(xué)4或B相鄰的概率

為.

16.5320的因數(shù)有個(gè)，從小到大排列后，第24個(gè)因數(shù)為.

四、解答題(本大題共6小題，共7(H)分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

如圖幾何體為圓臺(tái)一部分，上下底面分別為半徑為1,2的扇形，D1O=OB,體積為詈.

⑴求4B；

(2)劣弧AB上是否存在M使。BI〃平面4%M.猜想并證明.

18.(本小題12.0分)

△ABC內(nèi)角A,B,C滿足2c。SB尸=2SCB+

tanA

(1)求C-A的大小；

(2)。、E分別為AB、BC上的點(diǎn)，DE=^AC,且CE平分“DB,求CoS(C-.

19.(本小題12.0分)

p,Q1n∈N*,2P-1=3q-2=an,遞增數(shù)列｛aτt｝前n項(xiàng)和為黨.

(1)證明：｛ajl｝為等比數(shù)列并求又；

1

(2)記％=喑,Cn為使%6N*成立的最小正整數(shù)，求C2023?

20.(本小題12.0分)

過(guò)(2,0)的直線與G：y2=4χ交于4,B兩點(diǎn)，直線04、OB與C2：/+萩+=。(力力0)分

別交于C、D.

(1)證明：CO中點(diǎn)在X軸上；

(2)若A、B、C、。四點(diǎn)共圓，求MBl所有可能取值.

21.(本小題12.0分)

人口老齡化加劇的背景下，我國(guó)先后頒布了一系列生育政策，根據(jù)不同政策要求，分為兩個(gè)

時(shí)期I和∏?根據(jù)部分調(diào)查數(shù)據(jù)總結(jié)出如下規(guī)律：

對(duì)于同一個(gè)家庭，在I時(shí)期內(nèi)生孩X人，在π時(shí)期生孩丫人，(不考慮多胞胎)生男生女的概率

相等.x服從0-1分布且P(X=0)=g.y分布列如下圖：

Y012

PPp+qp-q

現(xiàn)已知一個(gè)家庭在I時(shí)期沒(méi)生孩子，則在H時(shí)期生2個(gè)孩子概率為:若在I時(shí)期生了1個(gè)女

孩，則在時(shí)期生2個(gè)孩子概率為g若在I時(shí)期生了1個(gè)男，則在II時(shí)期生2個(gè)孩子概率為白，

樣本點(diǎn)中I時(shí)期生孩人數(shù)與∏時(shí)期生孩人數(shù)之比為2：5(針對(duì)普遍家庭).

(1)求y的期望與方差；

(2)由數(shù)據(jù)Zia=I,2，,??，n)組成的樣本空間根據(jù)分層隨機(jī)抽樣分為兩層，樣本點(diǎn)之比為a：b,

分別為%(i=1,2,...,k)與％(i=1,2,...,m),k+πι=n,總體本點(diǎn)與兩個(gè)分層樣本點(diǎn)均值分別

為W,X,y,方差分別為S於Sf,SE證明：?=?[Sf+(x-z)2]+[?+(y-z)2l>

并利用該公式估算題設(shè)樣本總體的方差.

22.(本小題12.0分)

71(-1,0),8(1,0),P(a,b),kPA+kPB=λ(λ>0).

(1)若4=1,aC(0,1),證明：eb>a；

(2)是否存在;I使V=Q有且僅有一組解，若存在，求入取值集合；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：?.?集合4=(x?ax=1],B=[y?y=7x-1}且4Γ?B=A,

?AQBf

??,B={y?y>0},

當(dāng)Q=O時(shí)，4=0,符合題意；

當(dāng)a>0時(shí)?，A-{x?x=?>0],符合題意；

當(dāng)α<0時(shí)，Λ={x∣x=i<0},不符合題意.

綜上，α的取值范圍是[0,+8).

故選:A.

由題意得AUB,從而分類討論方程的解，能求出結(jié)果.

本題考查集合的運(yùn)算，考查交集定義、不等式性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題.

2.【答案】D

【解析】解：只有bla不能推出61ɑ,充分性不成立，

b1a,直線α在平面α內(nèi)，直線b在平面ɑ外，

則bla,必要性成立，

故"b1Cr是“b1a”的必要不充分條件.

故選：D.

根據(jù)已知條件，依次判斷充分性、必要性，即可求解.

本題主要考查充分條件、必要條件的判斷，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】C

【解析】解：由題意可知，數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)構(gòu)成以1為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，記為{%}，

β∣Jfen=l+2(n-l)=2n-l,

前n項(xiàng)和為“i+;T)=n2,

令"=IOO可得n=10,

而原數(shù)列有瓦個(gè)七I%l個(gè)上，??也個(gè)上1，

故%°°=19-

故選：C.

由題意可知，數(shù)列｛an｝的項(xiàng)數(shù)構(gòu)成以1為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，記為砂工，可求bn及前n項(xiàng)

和，而原數(shù)列有九個(gè)熱與個(gè)上，…匕個(gè)點(diǎn)從而可求.

本題主要考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及求和公式的應(yīng)用，屬于中檔題.

16

Σ

-=3

61=1

則3=2b+1,

解得b=1.

故選：B.

求出靖，％的均值，根據(jù)樣本中心在回歸直線上求參數(shù)b的值即可.

本題主要考查了線性回歸方程的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】D

【解析】解：由題意知，黑白皮塊的個(gè)數(shù)比為3：5,所以黑皮有32x∣=12（塊），白皮有20塊,

又因?yàn)檫呴L(zhǎng)為ɑ的正五邊形面積”1.7α2,邊長(zhǎng)為ɑ的正六邊形面積”2.6α2,兀=3.14,

所以12X1.7α2+20×2.6α2=4×3.14XIO2,

解得a?=若，

72.4

所以1.7a2=29.49.

故選：0.

由題意求出黑白皮塊的個(gè)數(shù)，再根據(jù)足球的表面積計(jì)算即可.

本題考查了球的表面積計(jì)算問(wèn)題，也考查了運(yùn)算求解能力，是中檔題.

6.【答案】4

【解析】解：復(fù)數(shù)Z滿足∣z-l∣+∣z+l∣=4,

復(fù)數(shù)Z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以Fi(-1,0)，尸2(1，。)為焦點(diǎn)，兩條坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓,

即2α=4,解得α=2,

該橢圓的短軸長(zhǎng)b==口,

IZI表示橢圓上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，

則IZl的最大值為橢圓的長(zhǎng)半軸α,最小值為短半軸b,

故IZI的取值范圍為[C,2].

故選：A.

根據(jù)已知條件可得，復(fù)數(shù)Z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以B(LO)為焦點(diǎn)，兩條坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸,

長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓，再結(jié)合橢圓的性質(zhì)，以及復(fù)數(shù)模公式，即可求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)模公式，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

7.【答案】A

【解析】解：由題意，右焦點(diǎn)F(C,0),

由麗=k而(k>l),可得P(kc,0),∣P產(chǎn)I=(k-l)c,

以P為圓心，∣PF∣長(zhǎng)為半徑的圓的方程為：(X-kc)2+y2=(k—1)2,2,

222

￡['c)2+V=2-1)2。2可得：c2χ2.2kca2χ+a?2kc-c-b)=0,

由圓與雙曲線有公共點(diǎn)，所以a≥0,

BP4fc2c2α4—4c2a2(2kc2—C2—fa2)≥0,

結(jié)合力2=c2—α2,化簡(jiǎn)可得(k—l)[(k+I)Q2—2c2]≥0,

V/c>1,.?.(k+l)α2-2C2≥0,

2

即k>2e—I9

所以k-8e≥2e2-8e-l=2(e-2)2-9,

當(dāng)e=2時(shí)，取得最小值一9.

故選：A.

先求出圓的方程，聯(lián)立方程組，由△≥0得出k的范圍，從而得解.

本題考查了曲線與曲線的位置關(guān)系，考查了運(yùn)算能力，轉(zhuǎn)化思想，屬于難題.

8.【答案】B

【解析】解：由已知得Q=Sin?=COSG—?)，c=cosΓ

因?yàn)閥=COs%在區(qū)間［0,τr］上單調(diào)遞減，

??θ<----W<7Γ>U<-<Tlf(-——)--=----------->O，

所以CoSG—??)<eθs?,即Q<C;

令/(%)=x—sinxfX∈(O,÷∞),則((久)=1—COsx>0,

所以/(%)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

所以f(x)>/(O)=0,即無(wú)>sinx,

所以a=sin?<?<與工=b，即Q<b；

121χ?3

令g(%)=CoSX—(1--X+前%4)，則g'(%)=~e?—sinχf

-1-1

??(x)=x--X3—sinx,則∕ι'(x)=1--X2—CoSt,

?

令m(%)=1—2χ2-cosx,則τn'(x)=—x÷sinx,

令九(%)=-%+sinχ9

則當(dāng)K≥O時(shí)，n,(x)=-1÷Cosx≤0,所以九(%)在工≥0內(nèi)單調(diào)遞減，

所以n√(x)=n(x)<n(0)=0,所以Tn(X)在％≥O內(nèi)單調(diào)遞減，

所以“(X)=m(x)<m(0)=0,所以∕ι(x)在X≥O內(nèi)單調(diào)遞減，

所以g<%)=Λ(x)<Zi(O)=0,所以g(%)在％≥O內(nèi)單調(diào)遞減，

所以g(%)<g(0)=0,即CoSX≤1-∣x2+??4,當(dāng)且僅當(dāng)％=。時(shí)取等號(hào),

1111337

--X-+X-因?yàn)椋ü拢?lt;（修）所以，

22438422,C<b

24

綜上：a<c<b.

故選：B.

通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性以及余弦函數(shù)的單調(diào)性求解.

本題考查利用構(gòu)造函數(shù)法比較函數(shù)值的大小，通過(guò)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)在某區(qū)間上的單調(diào)性比較函數(shù)值

的大小，屬難題.

9.【答案】ACD

【解析】解：對(duì)于4若{ajl}:O,O,0,1,1,1,...,{bn}:0,1,O,01O,O,???,an=bn能

成立，

S7,=7；也能成立，故A正確；

對(duì)于8,若{6}：0,0,0,1,1,1,...,{bn}:0,1,0,0,0,0,...,an=b”能成立，

Sn=7；不能恒成立，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,若＜?=以恒成立，則二者是相同數(shù)列，即Sn=G恒成立，故C正確；

n

對(duì)于D,若Sn=7^恒成立，則SnT=Tnτ，當(dāng)≥2時(shí)，兩式作差得ajl=bn,當(dāng)n=1時(shí)，若Sl=T1,

則%=兒，故力正確.

故選：ACD.

通過(guò)枚舉法和數(shù)列的性質(zhì)即可求解.

本題考查數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和的關(guān)系，屬于中檔題.

10.【答案】ACD

【解析】解：對(duì)于4,雙曲線C:3-1=1的漸近線方程為y=±殍％,故A正確；

對(duì)于8,由于雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為2a=4,

所以過(guò)焦點(diǎn)F與左右兩支都相交的直線被雙曲線截得的弦長(zhǎng)的取值范圍是［4,+8）,

所以存在關(guān)于支軸對(duì)稱的兩種情況，使其弦長(zhǎng)為5,另外當(dāng)直線垂直于支軸時(shí)，經(jīng)計(jì)算可得弦長(zhǎng)正

好是5,

故滿足條件的直線有三條，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,由于雙曲線的漸近線的斜率為+卒，焦點(diǎn)在X軸上，

若直線I與雙曲線C的兩支各有一個(gè)交點(diǎn)，則直線，的斜率k∈（-?,年），

因?yàn)?.16（一行,殍），故C正確；

對(duì)于。，由于P（l,2）點(diǎn)在雙曲線的兩條漸近線的上方，如圖所示：

故過(guò)能作4條直線與雙曲線C僅有一個(gè)交點(diǎn)，其中兩條與漸近線平行，另外兩條與雙曲線相切，故

。正確.

故選：ACD.

利用雙曲線的漸近線的一般表達(dá)形式可以判斷4根據(jù)雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)度小于弦長(zhǎng)，利用數(shù)形結(jié)

合思想可判斷B,根據(jù)雙曲線的漸近線的斜率，利用數(shù)形結(jié)合思想可判定C,畫出雙曲線的圖象,

根據(jù)P的坐標(biāo)判定雙曲線在兩條漸近線的上方，可判斷以

本題主要考查了雙曲線的性質(zhì)，考查了直線與雙曲線的位置關(guān)系和弦長(zhǎng)問(wèn)題，屬于中檔題.

11.【答案】ACD

【解析】解：由于函數(shù)f(%)=kx-∣sinx∣在(0,+8)上有兩個(gè)零點(diǎn)α,β{a<β),

故函數(shù)y=kx,y=ISinXl的圖象在(0,+8)上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

作出函數(shù)y=kx,y=∣sinx∣的圖象如圖：

要滿足題意，需滿足y=kx與y=ISinXl在(兀,2兀)間的圖象相切，

由圖象可知α∈(0,τr),￡∈(π,-7r),

當(dāng)x∈(0,τr］時(shí)，y=sinχf當(dāng)x∈(ττ,2兀)時(shí)，y=-sinχf

由于α</?,則設(shè)y=kx馬y=IS譏在(τr,2τr)間的圖象相切時(shí)的切點(diǎn)為@-s譏3)，

此時(shí)y'=—cos%,則々=-cosβ=0,???tanβ=/?,

于是tan4+9=*需=界，C正確；

54，?-tanβtan^I-B

?

對(duì)于4,當(dāng)％∈(兀,2兀)時(shí)，/(x)=fcx÷sinx9此時(shí)k=一CoS/?,0∈(九,，〃)，

由于/(/?)=味+sinβ=0,即/(夕)=-βcosβ+sinβ=0,

令九(X)=-XCOSX+sinx,X∈(π,-πy),∕ι,(x)=xsinx<0,

3、、

即h(x)=-XCOSX+sinx,x∈(兀及兀)為減函數(shù),

h(?)=—?×cos?+sin?=?(?—1)>0,/i(?)=-?Xcosy+sin?=—1<0,

故九⑶=TCoS%+S?l%在苦,17T)內(nèi)有唯一零點(diǎn),即6W(C)，A正確；

對(duì)于8,當(dāng)％∈(0,7τ］時(shí)，/(α)=ka—Sina=0,即α=)-；

當(dāng)xe(τr,2兀)時(shí)，tanβ=β,f(β)=kβ+sinβ=0,即夕=-^^；

故tanS—α=S-α=—曳鏟，B錯(cuò)誤；

對(duì)于。，當(dāng)X∈(O,τr］時(shí)，/(x)=kx—sinx,f'(x)=-cosβ—cosx=cos(∕?—π)—cosx,β-πE

(0,π),

當(dāng)0<x<^-π■時(shí)，f,(x)<0,當(dāng)0—兀<X<兀時(shí)，f,(x)>0.

即/(x)在(0邛-Tr)單調(diào)遞減，在(0-τr,兀)單調(diào)遞增，

即X=夕一Tr為函數(shù)在(0,司內(nèi)的一個(gè)極小值點(diǎn)；

當(dāng)X∈(兀,2兀)時(shí)，f(x)=kx+sinx,f'(x)-—cosβ+cosx,

當(dāng)∏?<x<S時(shí)，∕,(x)<0,當(dāng)ScX<2兀時(shí)，f'(x)>0,

即/(x)在(外夕)單調(diào)遞減，在(82兀)單調(diào)遞增，

即X=0為函數(shù)在(π?,2ττ)內(nèi)的一個(gè)極小值點(diǎn)；

即/(X)在(0,2Tr)上有2個(gè)極值點(diǎn)，設(shè)為不,x2(x1<x2),

則Xl=S—兀，X2=β>故％2一%=兀，力正確；

故選:ACD.

根據(jù)零點(diǎn)存在定理來(lái)判斷4根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義推出tan/?=.，結(jié)合零點(diǎn)即方程的根來(lái)判斷8；

根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義推出tan"=/?,結(jié)合兩角和的正切公式判斷C；根據(jù)導(dǎo)數(shù)與極值點(diǎn)的關(guān)系判

斷D.

本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值，考查了轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題.

12.【答案】BC

【解析】解：如圖所示:

當(dāng)PB=PC=2時(shí)，三棱錐Z-PBC為正四面體，

點(diǎn)A在底面BCP內(nèi)的射影為ABCP的中心M,即AM_L平面BCP,

連接PM延長(zhǎng)交BC于F,易知，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)，連接AF,

所以4F_LBC,PF1BC,故二面角P-BC-A的平面角為F",即4AFM=α,

在RtΔ4M/7中，AF—2sing—√-3,MF=IX2sin--?^-^>

?333

所以c。Sa=嗡=J,故B正確，A錯(cuò)誤；

AF3

如圖所示：

因?yàn)槿忮FA-PBC的頂角均為銳角，所以BP<2√^^2,CP<2√^2,

因?yàn)辄c(diǎn)4在底面BCP內(nèi)的射影為△BCP的外心M,即AM_L平面BC尸，

過(guò)點(diǎn)4作力GIBC于G,連接MG,因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，

所以G為BC的中點(diǎn)，又易知BC_L平面AMG,所以二面角P-BC-4的平面角為NAGM,即乙4GM=

ABC

因?yàn)?-=∣×SΔABC×h,八為P到平面ABC的距離，

根據(jù)三余弦定理可知，NPaE的最小值為直線4P與平面ABC所成的角，

即當(dāng)P,M,G三點(diǎn)共線時(shí)（E,G重合）,NPAE最小，

此時(shí)NPAE=ΛAGM,且∕ι=2sin4PAE最小，故PG=AP=2,

而AG=√^5,所以三棱錐P-ABC體積最小為%_4BC=《xtx2XCxI4-7=^τ^?

故選：BC.

根據(jù)題意可知，當(dāng)PB=PC=2時(shí)，三棱錐A-PBC為正四面體，即可求出CoSa的值，從而判斷4

B的真假；根據(jù)三余弦定理可知，NPAE的最小值為直線4P與平面4BC所成的角，根據(jù)等積法即可

求出三棱錐P-ABC體積的最小值，從而判斷C、。的真假.

本題主要考查棱錐的體積，二面角的求法，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

13.【答案】有一3

【解析】解：a=(2fl),b=(1,-1)，

則五?h=2-1=1??b?=y∏,

故a在讓的投影向量為：^×A=∣K=(∣,-∣).

故答案為：弓,一》.

根據(jù)已知條件，結(jié)合投影向量的公式，即可求解.

本題主要考查投影向量的公式，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】y-T或y-TX或X=1

【解析】解：己知橢圓E過(guò)點(diǎn)(2,0)且上頂點(diǎn)到X軸的距離為1,

所以Q=2,b=1,

2

此時(shí)橢圓E：?÷y2=1，

4J

_2

易知與+(丁=∣?1,

即點(diǎn)(Il)在橢圓E內(nèi)，

此時(shí)直線Tn與橢圓E相交，

當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，

此時(shí)直線m的方程為X=1,

設(shè)4(1，Yo)，

易得B(L-%)，

而AB中點(diǎn)為(1,0)在坐標(biāo)軸上，

所以X=1符合題意；

當(dāng)直線斜率存在時(shí)，

-1

不妨設(shè)直線m：y-]=∕c(x-l),A(x1,y1),B[x2,y2),

fy-∣=∕c(x-1)

聯(lián)立《2，消去y并整理得(l+4∕c2)χ2+(4-8k)kx+4k(k-l)=0,

Ie=I

由韋達(dá)定理得Xl+%2=一喘學(xué)，

,

所以乃+丫2=kg+X2-2)+1=τ∑?

?十4化

因?yàn)?8中點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，

所以％1+X2=O或％+無(wú)=°，

解得k=O或k=?,

此時(shí)直線m的方程為y=2或y=jx>

綜上，直線Tn的方程為y=T或y=2X或X=L

故答案為：y=2或y=或X=L

由題意，先求出橢圓的方程，再對(duì)直線m的斜率是否存在進(jìn)行討論，進(jìn)而即可求解.

本題考查橢圓的性質(zhì)以及直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題，考查邏輯推理、分類討論和運(yùn)算能力.

15.【答案】0.8

【解析】解：根據(jù)題意，先計(jì)算“同學(xué)A與同學(xué)B站在一起，同學(xué)C站在邊緣”的情況數(shù)目：

先讓同學(xué)C站在邊緣，有2種方法，

再將同學(xué)4與同學(xué)8看成一個(gè)整體，與剩下4人排列，有房用=240種方法，

故同學(xué)A與同學(xué)B站在一起，同學(xué)C站在邊緣，共有2X240=480種方法，

再計(jì)算“同學(xué)4與同學(xué)B站在一起，同學(xué)C站在邊緣，則同學(xué)C不與同學(xué)4或B相鄰”的情況數(shù)目：

若同學(xué)C不與同學(xué)4或B相鄰的有：

先讓同學(xué)C站在邊上，有2種方法，

再讓除4BC之外的4人去站剩下的4個(gè)位置，有用=24種方法，

最后讓同學(xué)4與同學(xué)B組成的整體從與同學(xué)C不相鄰的4個(gè)位置中選一個(gè)位置，有2X4=8種方法,

所以由分步乘法原理可得同學(xué)C不與同學(xué)4或B相鄰的共有2X8×24=384種方法，

故要求的概率P=翟=0.8；

4?oU

故答案為：0.8.

根據(jù)題意，利用分步乘法原理先求出同學(xué)4與同學(xué)B站在一起，同學(xué)C站在邊緣的方法數(shù)，再求出

其中同學(xué)C不與同學(xué)4或B相鄰的情況數(shù)目，然后利用古典概型的概率公求解即可.

本題考查古典概型的計(jì)算，涉及排列組合的實(shí)際應(yīng)用，屬于中檔題.

16.【答案】32280

【解析】解：根據(jù)題意，5320=2×2×2×5×7×19,

當(dāng)5320的因數(shù)是1個(gè)質(zhì)數(shù)時(shí)，有4種情況,

當(dāng)5320的因數(shù)是2個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積時(shí),有1+禺+或=7種情況,

當(dāng)5320的因數(shù)是3個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積時(shí),有1+程+廢+1=8種情況,

當(dāng)5320的因數(shù)是4個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積時(shí),有1+廢+肉=7種情況,

當(dāng)5320的因數(shù)是5個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積時(shí),有4種情況,

當(dāng)5320的因數(shù)是6個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積時(shí),有1種情況,

另外，其因數(shù)還有1,則5320的因數(shù)有4+7+8+7+4+1+1=32個(gè);

按從小到大的順序排列為：1.2,4,5,7,8,10,14,

19,20,28,35,38,40,56,70,

76,95,133,140,152,190,266,280,

380,532,665,760,1064,1330,2660,5320；

其第24個(gè)因數(shù)為280.

故答案為:32；280.

根據(jù)題意，將5320分解為質(zhì)數(shù)的乘積，由此分類討論，由加法原理可得其因數(shù)的個(gè)數(shù)，再將其因

數(shù)從小到大列舉，分析可得第二空答案.

本題考查排列組合的應(yīng)用，注意將5320分解為質(zhì)數(shù)的乘積，屬于中檔題.

17.【答案】解：(1)由題意知，D1O=OB=2,

設(shè)NaIDlBl=?AOB=a,上底的面積為S「下底的面積為S2,

則Sl=?xlxlxα=1,S2=^×2×2×α=2α,

所以該幾何體的體積V=?(S1+S2+JS1S2)?D1O=：G+2α+α)?2=等=-?,解得α=∣ττ,

??LΛ?Σ/?

在AAOB中，由余弦定理得，AB2=OA2+OB2-20A-OB-cos?AOB=4+4-2×2×2×

2

cos-7Γ=12.

所以4B=2√^3?

(2)不存在，證明如下:

過(guò)點(diǎn)。作。B的垂線交劣弧4B于N,由⑴可知乙40B=y,所以乙4。N=看，

故以。N,OB,Oz)I所在直線分別為％,y,Z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則。(0,0,0),Λ(<3,-l,0),Dl(0,0,2),BI(0,1,2),

設(shè)M(2cos0,2sin?,O),其中一卷<0<,

則西=(0,1,2)，AD1=(-<3,1,2)，AM=(2cosβ一√^3,2sinβ+1,0)，

設(shè)平面4D1M的法向量為元=(x,y,z),則件"J=°,即卜Cx+：2z=0,

(JrAM=O[(,2cosβ-√^)x+(2sinβ+l)y=0

因?yàn)橐豢?lt;/?<],所以2sin∕?+1≠0,

取X=2SinS+1,則y=V"3-2COS僅z=>Γ^3sinβ+cosβ<所以元=(2si∏S+1,V^3一

2cosβ,y∕~3sinβ+cosβ)<

若。BJ/平面力AM,則西?元=0，

即√^3-2cosβ+2(?∏sinβ+cosβ)=C+2>∏>sinβ=O=0，整理得2sin。+1=0,與

2sinβ+1≠0相矛盾，

所以O(shè)Bl〃平面4。IM不成立，

故劣弧AB上不存在M使。BI〃平面

【解析】(1)設(shè)NalDlBl=4AOB=a,由扇形的面積公式分別表示出上底的面積So下底的面積S2,

再代入體積公式求得α=與，然后在AAOB中，利用余弦定理，求解即可；

(2)過(guò)點(diǎn)。作。B的垂線交劣弧4B于N,以O(shè)N,OB,ODl所在直線分別為x,y,Z軸，建立空間直

角坐標(biāo)系，求得平面4。IM的法向量元，利用西.記=0,證明即可.

本題考查空間中線與面的位置關(guān)系，熟練掌握?qǐng)A臺(tái)的體積公式，利用空間向量證明線面平行的方

法是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

18.【答案】解：(1)2C°SB：I=2sInB+C,即空包雞"=2sinB+/馬,

'/tanAStnA

即2cosAcosB+cosA=2sinAsinB+y∕~3sinA,

所以V~^si?h4—cosA=2cos(A+B),即2siτι(4-3)=2cos(A+B),

所以Sin(A-3)=cos(A+B)=CoS(Tr-C)=-cosC=sin(C—?),

因?yàn)镺<CV7Γ,則一5VC-^V*

因?yàn)?<4<τr,則γ<4γ<g

666

所以4-^=C-［或A-ξ+C-^=π,

所以C—4=繳4+C=?(舍去).

??

綜上所述，C-A=I

(2)解：如下圖所示：

因?yàn)椤?、E分別為4B、BC上的點(diǎn)，^DE=^AC,則DE//4C,

所以瞿=霽=呼=§則BD=24D,

ABBCAC3

因?yàn)镈E〃BC,則4B0E=?A,4CDE=?ACD,

因?yàn)镈E平分ZCDB,所以4BDE=乙CDE,則NA=?ACD,故AD=CD,

所以NBCO=?ACB-乙4=*

設(shè)AD=τn,貝!lCD=?n,BD=2m,其中τn>0,

CD8D

在ABCD中，由正弦定理可得病=碣，

所以SmB=竺嗚=竺愛(ài)=fl，

BD2m4

因?yàn)镃D<BD,貝帕為銳角，即0<8V會(huì)

故CosB=√1-sin2^=1-(?-)2=^-7—,

Yv474

所以4+。=（兀-8）€6,兀）,

因?yàn)?÷C=C-^÷C=2C-^?,所以]<2C—^<τr,

?ι?u-4<c——6<—2,

因?yàn)镃oS(2CY)=COS(4÷C)=cos(π-B)=—cosB=—，

又因?yàn)镃OS(2C—今=2cos2(C—朗-1,

所以COS(CY)l+cos(2C—?)

2

【解析】⑴利用弦化切結(jié)合三角恒等變換化簡(jiǎn)得出Sin(AY)=COSG4+B)=Sin(C-》利用正

弦型函數(shù)的單調(diào)性與對(duì)稱性可得出結(jié)果;

(2)分析可得/BDC=*BD=ICD,在ABCD中，利用正弦定理求出SinB的值，分析出B為銳角，

求出CoSB的值，求出CoS(2C-今=-cos8的值，分析出CY為銳角，結(jié)合二倍角的余弦公式可

求得CoS(CY)的值.

本題主要考查解三角形，正弦定理以及三角恒等變換的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

1

19.【答案】解：(1)證明：由于p,q,n∈N*,2P-=3q-2=an,

當(dāng)P=1,q=l時(shí)，α1=1；

當(dāng)p-l=2k,k∈N時(shí)，2PT依次取值為1,4,16,64,4fc(k∈N)時(shí),

總存在qeN*,使得2PT=3q-2成立，證明該結(jié)論，只需證明小+2能被3整除,

由于#+2=(3+1]+2=C^3k+?3k^1+???+CtT3+Ct3。+2

=3(Cf3~ι+或3"-2+…+4-1+1),

即小+2能被3整除，即上述結(jié)論成立；

當(dāng)P-I=2k+1,/c∈N時(shí)，2PT=22fc+1=2×(4fc+2)-4,

由于小+2能被3整除，則2PT+2=2X(4卜+2)-2不是3的倍數(shù)，

即p—l=2k+l,∕c6N時(shí)，不適合題意：

綜上所述，｛arι｝為遞增數(shù)列：1,4,16,64,4k........(k∈N*),

故$=4,即數(shù)列｛%｝是以%=1為首項(xiàng)，公比為4的等比數(shù)列，

un

則%=W=H4"T)；

(2)由(1)可得α=4n-1.則%=4"：*

rl

由題意，Cn為使垢∈N*成立的最小正整數(shù)，

當(dāng)n=1時(shí)，b1=甯€N*,此時(shí)Ci=14；

當(dāng)n=2時(shí)，匕2=唾€可*,此時(shí)C2=ll;

當(dāng)71=3時(shí)，?=i?∈∕V*,此時(shí)C3=i4;

S3153

當(dāng)TI=4時(shí)，兒N*,此時(shí)C4=ll;.

當(dāng)n-l=2k,k∈N時(shí)，

42k=16fe=(15+l)fc=C^15k+盤15lc-ι+???+CK-I?15+磴

fc1k2

=15(C^15-+C^15~+…+CtT)+1,故此時(shí)使btl∈N*成立的最小正整數(shù)為14,

2k+1fcfc1k2

當(dāng)n-1=2k+1,k∈N時(shí)，4=4×16=4×15(C^15^+CjJ15-+…+。T)+4,

故此時(shí)使b∈N*成立的最小正整數(shù)為11,

故｛C71｝為周期數(shù)列：14,11,14,11,…，周期為2,

則02023=^2×1011+l=Cl=14?

k

【解析】(1)由題意可得｛azι｝為遞增數(shù)列：1，*16,64,...,4,...(fc∈∕V*),根據(jù)等比數(shù)列定

義即可證明結(jié)論，并求得上；

(2)歸納可得｛Crι｝為周期數(shù)列：14,11,14,11,利用數(shù)列的周期性即可求得答案.

本題考查數(shù)列的性質(zhì)，等比數(shù)列的定義及前n項(xiàng)和，二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，屬難題.

20.【答案】證明：(1)由題意，作圖如下：

因?yàn)檫^(guò)(4,0)的直線與G：y2=4χ交于a,B兩點(diǎn),

所以可設(shè)直線方程為X=ny+4,

令A(yù)（X1，%），B（X2，，2），

yl—4%ι

則

,

yl=4χ2

'X—γιy+4

所以y2_4%,可得：y2—4ny-16=0,Δ=16n2+64>0,

ry+y=4n

所以12

JIy2=-16'

。4的方程y=*即y=$，可得y4,

4

V=-X,凝一呼，即C(U?,*?,

聯(lián)立?>1,可得?

22_-4λy1116+yj16+比，

,X+λx+y=Oyc=國(guó)

Z=一優(yōu)

同理可得］與腎

IT即DG?，患）'

砂

IyD=南-42

”+?v—-4拉1,-4g2—=(16+、必)仇+〉2)

Yc+y°_16^1+16+^f_f(16+光)(16+.)'

又y02=-16,即y,2+16=0,所以yc+VD=0，所以CD中點(diǎn)在X軸上.

解：（2）因?yàn)槿?,B,C,。四點(diǎn)共圓，所以∣04∣∣OCl=IoBI|。。|,

又A,O,C三點(diǎn)共線，B,0,。三點(diǎn)共線，所以市.沆=麗?麗,

T好T%∏(~λy^-f、2

又4（勺,乃），B（x2,y2）,,

16+y2*ι6+y27“116+禿，16+先

所以也彳+%=衛(wèi)醇+∑i?,-?_-?i,

16+措16+*16+憲16+y2正證+正就一正W+而居

又因?yàn)?≠0,

所以4+4*孕+4必**+16=-始+16

京訐=礪T4—戶416+常

解得資=y,2'Cyl+丫2)(丁1—丁2)=θ,乂Vl≠y2,%+、2=。，

則4九=0,即九=0,

所以工,解得:?z>?zt4.

所以4（4,4）,B（4,—4）,所以∣4B∣=8.

【解析】（1）要證明CD中點(diǎn)在久軸上，只需證明他們中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為0，即yc+y。=。，把C，。的

坐標(biāo)轉(zhuǎn)換成用4,B的坐標(biāo)，繼而可以用韋達(dá)定理來(lái)計(jì)算證明：

(2)由4,B,C,。四點(diǎn)共圓，可得|。川|。Cl=IOBl繼而可得市.沃=布.成，代入點(diǎn)坐

標(biāo)利用韋達(dá)定理計(jì)算即可得到直線的參數(shù)值，則4B的坐標(biāo)可定，MBl長(zhǎng)度可求.

本題主要考查直線與圓的位置關(guān)系，屬于中檔題.

21.【答案】解：(1)易知p+(p+q)+(p-q)=l,

解得P=?,

記事件4(i=1,2,3)分別表示I時(shí)期沒(méi)生孩子、生了1個(gè)女孩、生了1個(gè)男孩，

記事件B表示JI時(shí)期生2個(gè)孩子，

此時(shí)P(BMI)=/，P(BIA2)P(B∣?3)=?

又P(A)=I，P(H)=P(H)=∣×j=∣>

所以P(B)=P(BMI)P(AI)+P(BlA2)P(4)+P(SM3)P(Tl3)=p-q=g-q,

∏11.12.121

?fi×5+6×5+i2×5=3-t?'

解得q=?,

則y的分布列為:

Y012

16713

P

______________3__________________________120_________________________120____________

所以E(Y)=θ×∣+l×?+2×?=≡.

o(υ=∣×(θ-?)2+?×(i-?)2+?×(2-∣J)2=≡^:

2

(2)證明：因?yàn)橘J=：奈=IOi-I)2,Sl=?∑?ι(yi-y)>

22

所以ZcS取=ZiLi(Xf-X)*mSj=∑?1(yi-y)>

此時(shí)s?=:[∑3θi-z)2+￡￡(%-z)2]=；[?=式々一x+x-z)2+2&-y+y—z)2]

22

=:{∑3(xLX)2+2(x-z)∑i=ι(xi-X)+k(x-z)+∑?1(yi-y)+2(y-z)∑^1(yi-

y)+m(y-z)2),

因?yàn)椤?(Xi-I)=∑^ι(yi?-y